【数学】福建省福州市2020届高三上学期期末质量检测试题(理)(解析版)

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【数学】福建省福州市2020届高三上学期期末质量检测试题(理)(解析版)

福建省福州市2020届高三上学期期末质量检测数学试题(理)‎ 第Ⅰ卷 一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1.设复数,则( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】,‎ ‎.‎ 故选:B.‎ ‎2.已知集合或,,则( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】集合并无包含关系,故A,B均错误.又,或故C错误.正确.‎ 故选:D.‎ ‎3.执行如图所示的程序框图,若输入的分别为,则输出的n( )‎ A. 6 B. 5‎ C. 4 D. 3‎ ‎【答案】C ‎【解析】第一次循环, ,,,此时.‎ 第二次循环,,,此时.‎ 第三次循环,,,此时,‎ 因此.‎ 故选:C.‎ ‎4.已知向量,则“”是“”的( )‎ A. 充分不必要条件 B. 充要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分又不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】,,‎ ‎,‎ ‎,‎ ‎.‎ 因此“”是“”的充分不必要条件.‎ 故选:A.‎ ‎5.若,则=( )‎ A. B. C. 1 D. 32‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 取,‎ ‎.‎ 故选:D.‎ ‎6.若实数满足且则的大小关系为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】,‎ ‎,‎ ‎,‎ ‎,‎ ‎,‎ ‎,‎ ‎,‎ 因此.‎ 故选:B.‎ ‎7.若,则( )‎ A. B. C. 或 D. 或或3‎ ‎【答案】C ‎【解析】由可得 ‎.故或.‎ 即或.‎ 故选:C.‎ ‎8.若满足约束条件则的最小值为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】画出不等式组所表示的可行域如上图(阴影部分),‎ 由,得,‎ 平移直线,由图像可知当直线经过时,直线的截距最小,‎ 此时最小,由 ,解得,即,‎ 将代入目标函数得,‎ 因此的最小值为.‎ 故选:C.‎ ‎9.把函数图象上各点的横坐标缩短到原来的倍(纵坐标不变),再把得到的图象向左平移个单位长度,所得图象对应的函数为,则( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】,‎ 函数图象上各点横坐标缩短到原来的倍(纵坐标不变)得到:‎ ‎,再把得到的图象向左平移个单位长度,所得图象对应的函数为,‎ 故选:A.‎ ‎10.已知四边形为正方形,平面,四边形与四边形也都为正方形,连接,点为的中点,有下述四个结论:‎ ‎①;     ②与所成角为;    ‎ ‎③平面;     ④与平面所成角为.‎ 其中所有正确结论的编号是( )‎ A. ①② B. ①②③ C. ①③④ D. ①②③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】由题意得,所得几何体可以看成一个正方体,‎ 因此所在直线分别为轴,建立空间直角坐标系,‎ 设,‎ ‎,,,,,‎ ‎,,,‎ ‎①,,‎ ‎,‎ ‎,,①是正确的.‎ ‎②,,‎ 设与所成的角为,‎ ‎,‎ ‎,②是正确的.‎ ‎③,,,‎ 设是平面的一个法向量,‎ ‎,‎ 取,,‎ ‎,,‎ 平面,③是正确.‎ ‎④,由图像易得:是平面的一个法量,‎ 设与平面所成的角为,‎ ‎,‎ ‎,‎ ‎,④不正确,‎ 综上:①②③正确.‎ 故选:B.‎ ‎11.已知双曲线()的左、右焦点分别为,若上点满足,且向量夹角的取值范围为,则的离心率取值范围是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】由双曲线定义得:, ‎ ‎,‎ ‎,‎ ‎,‎ 在中由余弦定理得:‎ ‎,‎ 由题意得:,‎ ‎,‎ ‎,‎ ‎,‎ ‎,‎ ‎.‎ 故选:B.‎ ‎12.已知函数,若存在点,使得直线与两曲线和都相切,当实数取最小值时,( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎ ,‎ ‎,‎ 又,‎ 过点切线方程为:,①‎ 又,‎ ‎,即,又,‎ 因此过点的切线方程为:,② ‎ 由题意知①②都为直线,‎ ‎,‎ ‎,‎ 令,,‎ 令,,‎ 和时,单调递减,且时,恒成立,‎ 时,单调递增,‎ 时,,‎ ‎,‎ 则,‎ ‎.‎ 故选:A.‎ 第Ⅱ卷 二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.‎ ‎13.函数则____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】,,‎ 由,,‎ ‎.‎ 故答案为:.‎ ‎14.设抛物线上的三个点到该抛物线的焦点距离分别为.若中的最大值为3,则的值为____.‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】根据抛物线的几何性质可得,由题意可得,‎ 因此可判断最大,故,解得.‎ 故答案为:.‎ ‎15.已知为数列前项和,若,且,则____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由,得,又,‎ 得,,,,‎ 数列是周期为的数列,‎ ‎.‎ 故答案为:.‎ ‎16.农历五月初五是端午节,民间有吃粽子的习惯,粽子又称粽籺,俗称“粽子”,古称“角黍”,是端午节大家都会品尝的食品,传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原.如图,平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的,将它沿虚线折起来,可以得到如图所示粽子形状的六面体,则该六面体的体积为____;若该六面体内有一球,则该球体积的最大值为____.‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】 (1)每个三角形面积是,由对称性可知该六面是由两个正四面合成的,‎ 可求出该四面体的高为,故四面体体积为,‎ 因此该六面体体积是正四面体的2倍, 所以六面体体积是;‎ ‎(2)由图形的对称性得,小球的体积要达到最大,即球与六个面都相切时,由于图像的对称性,内部的小球要是体积最大,就是球要和六个面相切,‎ 连接球心和五个顶点,把六面体分成了六个三棱锥设球的半径为,‎ 所以, 所以球的体积.‎ 故答案为:;.‎ 三、解答题:本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题,每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题,考生根据要求作答.‎ ‎(一)必考题:共60分.‎ ‎17.在中,.‎ ‎(1)若,求;‎ ‎(2)为边上一点,且,求的面积.‎ 解:(1)在中,由正弦定理及题设得,故, ‎ 解得, ‎ 又,所以.‎ ‎(2)设,则.‎ 在中,由余弦定理得,‎ ‎,‎ 即,①‎ 在等腰中,有,② ‎ 联立①②,解得或(舍去).‎ 所以为等边三角形,所以,‎ 所以.‎ 解法二:(1)同解法一. ‎ ‎(2)设,则 因为,‎ 所以,‎ 由余弦定理得,得,‎ 所以,解得或(舍去).‎ 所以为等边三角形,所以,‎ 所以.‎ ‎18.等差数列的公差为2, 分别等于等比数列的第2项,第3项,第4项.‎ ‎(1)求数列和的通项公式;‎ ‎(2)若数列满足,求数列的前2020项的和.‎ 解:(1)依题意得: ,‎ 所以 ,‎ 所以 解得 ‎ 设等比数列的公比为,所以 ‎ 又 ‎(2)由(1)知,‎ 因为 ①‎ 当时, ②‎ 由①②得,,即,‎ 又当时,不满足上式,‎ ‎ .‎ 数列的前2020项的和 ‎ ‎ 设 ③,‎ 则 ④,‎ 由③④得:‎ ‎ ,‎ 所以,‎ 所以.‎ ‎19.如图,在四棱锥中,底面为正方形,底面,,为线段的中点,为线段上的动点.‎ ‎(1)求证:平面平面.‎ ‎(2)试确定点的位置,使平面与平面所成的锐二面角为.‎ ‎(1)证明:因为底面,平面,‎ 所以. ‎ 因为为正方形,所以,‎ 又因为,所以平面. ‎ 因为平面,‎ 所以.‎ 因为,为线段的中点,‎ 所以, ‎ 又因为,‎ 所以平面 ‎ 又因为平面,‎ 所以平面平面.‎ ‎(2)解:因为底面,,以为坐标原点,分别以的方向为轴,轴,轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,‎ 设正方形的边长为2,则,‎ 所以 设点的坐标为所以 设为平面的法向量, ‎ 则所以 取,则. ‎ 设为平面的法向量, ‎ 则所以 取,则.‎ ‎ 因为平面与平面所成的锐二面角为,‎ 所以, ‎ 解得,‎ 故当点为中点时,平面与平面所成的锐二面角为.‎ ‎20.已知圆,椭圆()的短轴长等于圆半径的倍,的离心率为.‎ ‎(1)求方程;‎ ‎(2)若直线与交于两点,且与圆相切,证明:为直角三角形.‎ 解:(1)因为圆的半径为, ‎ 所以的短轴长为, ‎ 所以,解得. ‎ 因为的离心率为,所以 ①, ‎ 又因为,所以 ②,‎ 联立①② ,解得, ‎ 所以所求的方程为 ‎(2)证明:证法一:①当直线斜率不存在时, 直线的方程为.‎ 当时,‎ 所以 ‎ 当时,‎ 所以,‎ 综上,‎ 所以为直角三角形.‎ ‎②当直线斜率存在时,设其方程为 直线与圆相切, ‎ 即,‎ 由得,,‎ 所以 ‎ 所以 ‎ ‎ ‎ 所以 综上所述: 所以为直角三角形. ‎ 证法二:①当直线方程为时, ‎ 所以所以为直角三角形. ‎ ‎②当直线方程为时,‎ 所以所以为直角三角形.‎ ‎③当直线不与轴平行时,设其方程为 因为直线与圆相切,所以,即 由得,‎ 所以 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 所以所以为直角三角形.‎ 综上所述: 为直角三角形.‎ ‎21.已知函数 ‎(1)当时,证明:;‎ ‎(2)若在上有且只有一个零点,求的取值范围.‎ 解:(1)当时,,‎ 所以的定义域为R,且故为偶函数. ‎ 当时,,‎ 记,所以.‎ 因为,所以在上单调递增,‎ 即在上单调递增, ‎ 故, ‎ 所以在上单调递增,所以, ‎ 因为为偶函数,所以当时,. ‎ ‎(2)①当时,,令,解得,‎ 所以函数有无数个零点,不符合题意; ‎ ‎②当时,,当且仅当时等号成立,故符合题意;‎ ‎③因为,所以是偶函数,‎ 又因为,故是的零点. ‎ 当时,,记,则.‎ ‎1)当时,,‎ 故在单调递增,故当时,即,‎ 故在单调递增,故 所以在没有零点.‎ 因为是偶函数,所以在上有且只有一个零点. ‎ ‎2)当时,当时,存在,使得,且当时,单调递减,故, ‎ 即时,,故在单调递减,,‎ 又,所以,‎ 由零点存在性定理知在上有零点,又因为是的零点,‎ 故不符合题意;‎ 综上所述,a的取值范围为 ‎(二)选考题:共10分.请考生在第22,23两题中任选一题作答.如果多做,则按所做第一个题目计分,作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.‎ ‎22.在直角坐标系中,直线的参数方程为(为参数).以坐标原点为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C的极坐标方程为.‎ ‎(1)求C的直角坐标方程;‎ ‎(2)设点M的直角坐标为, l与曲线C的交点为,求的值.‎ 解:(1)由,得. ‎ 将代入得,, ‎ 所以C的直角坐标方程为. ‎ ‎(2)设所对应的参数分别为,‎ 因为直线l的参数方程为为参数 所以M在l上 把l的参数方程代入可得 所以,‎ 所以,‎ 故=.‎ ‎23.已知函数的最小值为.‎ ‎(1)求的值;‎ ‎(2)若为正实数,且,证明:.‎ 解:(1)根据题意,函数 所以为在单调递减,在单调递增,‎ 所以 ‎ ‎(2)由(1)知,,所以 又因为为正实数,‎ ‎,,,‎ 所以,即,‎ 所以 即.‎
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